江蘇省揚州市樹人高級中學2024-2025學年高二上學期第一次階段檢測數學試題

揚州市樹人高級中學2024—2025—1高二年級第一次階段檢測數學注意事項：1.本試卷考試時間120分鐘.試卷滿分為150分，2.答題前，請務必將自己的班級?姓名?準考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在答題卡的規(guī)定位置.3.答題時請用0.5毫米的黑色簽字筆在答題卡指定區(qū)域作答，在試卷或草稿紙上作答一律無效.一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，請將答案填寫在答題卡相應的位置上.1.已知直線的傾斜角為，且經過點，則直線的方程為（）A.B.C.D.2.兩條平行直線與之間的距離（）A.B.C.D.73.設直線，則是的（）A.充要條件B.必要不充分條件C.充分不必要條件D.既不充分也不必要條件4.若直線經過兩點，則直線的傾斜角的取值范圍是（）A.B.C.D.5.“太極圖”因其形狀如對稱的陰陽兩魚互抱在一起，故也被稱為“陰陽魚太極圖”.如圖是放在平面直角坐標系中的“太極圖”，圖中曲線為圓或半圓，已知點是陰影部分（包括邊界）的動點，則的最小值為（）A.B.C.D.6.若第一象限內的點關于直線的對稱點在直線上，則的最小值是（）A.25B.C.17D.7.已知直線上存在點，使得過點可作兩條直線與圓：分別切于點，且，則實數的取值范圍是（）A.B.C.D.8.已知，點為直線上的一點，點為圓上的一點，則的最小值為（）A.B.C.D.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.在平面直角坐標系中，下列四個結論中正確的是（）A.每一條直線都有點斜式和斜截式方程B.傾斜角是鈍角的直線，斜率為負數C.方程與方程表示同一條直線D.直線過點，傾斜角為，則其方程為10.下列說法正確的是（）A.直線的傾斜角的取值范圍為B.“”是“點到直線距離為3”的充要條件C.直線恒過定點D.直線與直線垂直，且與圓相交11.設動直線交圓于兩點（點為圓心），則下列說法正確的有（）A.直線過定點B.當取得最大值時，C.當最小時，其余弦值為D.的最大值為6三?填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.直線被圓截得的弦長為__________.13.若直線與曲線恰有一個公共點，則實數的取值范圍為__________.14.過圓上一點作圓的兩切線，切點分別為，設兩切線的夾角為，當取最小值時，__________.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.（13分）已知直線，分別求的取值范圍，使得：（1）；（2）.16.（15分）在平面直角坐標系中，已知四點.（1）求過三點的圓方程，并判斷點與圓的位置關系；（2）過點的直線被圓截得的弦長為4，求直線的方程.17.（15分）已知線段的端點的坐標是，端點在圓上運動，是線段的中點，（1）求點的軌跡方程；（2）記（1）中所求軌跡為曲線，過定點的直線與曲線交于兩點，曲線的中心記為點，求面積的最大值，并求此時直線的方程.18.（17分）已知直線方程為，其中.（1）求直線恒過定點的坐標.當變化時，求點到直線的距離的最大值及此時的直線方程；（2）若直線分別與軸負半軸?軸的負半軸交于兩點，求面積的最小值及此時的直線方程.19.（15分）已知圓的圓心在軸上，且圓經過點.（1）求圓的方程；（2）已知點為圓與軸正半軸的交點，直線交圓于兩點（點異于點），若直線的斜率之積為2，直線是否過定點？如果過定點，請求出過定點坐標；如果不過，請說明理由.揚州市樹人高級中學2024—2025—1高二年級第一次階段檢測數學注意事項：1.本試卷考試時間120分鐘.試卷滿分為150分，2.答題前，請務必將自己的班級?姓名?準考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在答題卡的規(guī)定位置.3.答題時請用0.5毫米的黑色簽字筆在答題卡指定區(qū)域作答，在試卷或草稿紙上作答一律無效.一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，請將答案填寫在答題卡相應的位置上.1.【答案】C【解析】【分析】先求出斜率，再由直線的點斜式方程求解即可.【詳解】由題意知：直線的斜率為，則直線的方程為.故選：C.2.【答案】A【解析】【分析】先根據兩條直線平行求參，再根據平行線間距離公式計算求解.【詳解】由已知兩條直線平行，得，所以，所以直線可化為，則兩平行線間的距離.故選：A.3.【答案】C【解析】【分析】利用充分條件和必要條件的定義，結合直線垂直的性質判斷即可.【詳解】當時，直線，此時，則，所以，故充分性成立；當時，，解得或，故必要性不成立；所以“”是“”的充分不必要條件，故選：C.4.【答案】B【解析】【分析】根據直線的斜率公式確定，結合傾斜角的范圍以及正切函數的性質，即可確定答案.【詳解】直線經過兩點，則，即，由于，則為銳角，故，故選：B5.D6.【答案】B【解析】【分析】首先利用對稱點的求法，表示出對稱點坐標，再代入中，得到，再利用基本不等式中的乘“1”法，即可求得.【詳解】設關于直線的對稱點為，依據題意可得：，解方程組得，又對稱點在直線上，代入可得，且在第一象限，則，則，當且僅當時，即時，等號成立.故選：B7.【答案】C【分析】根據題意求出，轉化為直線上存在與距離為2的點，利用點到直線距離建立不等式求解即可.【詳解】由可得，圓心，半徑，過點可作兩條直線與圓分別切于點，連接，如圖，由知，，又，所以，由題意，只需直線上存在與圓心距離為2的點即可，即圓心到直線的距離，解得，故選：C8.【答案】D【分析】令，可得點的坐標為，則，即可得答案.【詳解】設，令，則，則.如圖，當三點共線時，且垂直于直線時，有最小值，為，即直線到點距離，為.故選：D二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.【答案】BD【解析】【分析】根據直線方程的形式，傾斜角和斜率的關系，逐一判斷每個選項.【詳解】對于A，斜率不存在的直線無點斜式和斜截式方程，故A選項錯誤；對于B，傾斜角是鈍角的直線，其傾斜角的正切值為負數，直線斜率為負數，故B選項正確；對于C，方程表示直線去掉點，與方程不表示同一直線，故C選項錯誤；對于D，直線過點，傾斜角為，則其方程為，正確.故選：BD10.【答案】ACD【解析】【分析】先求出斜率范圍，再求傾斜角的范圍即可，則選項A可判定；由點到直線的距離公式構建方程求解即可，則選項B可判定；提取參數并消去參數可求得必過點，則選項C可判定；求出兩直線的斜率，判定位置關系，求出圓心到直線距離并與半徑比較，即可判定直線與圓的位置關系，則選項D可判定.【詳解】因為所以斜率，則，令傾斜角為，則，又，解的，故選項A正確.由點到直線距離為3，可得，解的或，故選項B錯誤.，可得，令可得，所以必過點，故選項C正確；直線與直線中斜率分別為，乘積為，故而垂直，原點到距離，故而與圓相交，故選項D正確；故選：ACD.11.【答案】ACD【解析】【分析】對于A整理得，由此可求得直線所過的定點；對于B：由直線過定點，且定點在圓的內部，當直線過圓心時，取得最大值，由此求得的值；對于C：設直線過的定點，當時，最小，由余弦定理計算可判斷；對于D：當共線，且方向相同時，取得最大值，由此可判斷.【詳解】解：對于A：由整理得，當，即時，不論為何值時，都成立，所以直線過定點，故A正確；對于B：因為直線過定點，將定點代入圓，所以定點在圓的內部，當直線過圓心時，取得最大值，此時，解得，故B不正確；對于C：設直線過的定點，當時，最小，而，所以，所以在中，，故C正確；對于D：，而表示在方向上的投影，所以當共線，且方向相同時，取得最大值，此時，所以的最大值為6，故D正確，故選：ACD.三?填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.【答案】【解析】【分析】求出圓心到直線的距離，利用勾股定理可求得直線截圓所得弦長.【詳解】圓的圓心為原點，半徑為2，圓心到直線的距離為，所以，直線被圓截得的弦長為.故答案為：.13.【答案】【解析】【分析】曲線表示以原點為圓心?半徑為1的半圓，數形結合求得當直線與曲線恰有一個公共點的實數的取值范圍作答.【詳解】曲線，即，表示以原點為圓心?1為半徑的半圓（位于軸及右側的部分），如圖，當直線經過點時，；當直線經過點時，；當直線和圓相切時，由圓心到直線的距離等于半徑可得，求得（舍去），或，觀察圖象，得當直線與曲線恰有一個公共點，實數的取值范圍為.故答案為：【點睛】方法點睛：處理直線與圓的位置關系時，若兩方程已知或圓心到直線的距離易表達，則用幾何法；若方程中含有參數，或圓心到直線的距離的表達較繁瑣，則用代數法.14.【答案】【解析】【分析】易得，從而可得，求出取得最小值時，的值即可.【詳解】由題意可得，圓的圓心，半徑，圓的圓心，半徑，則，當取最小值時，則取得最小值，，此時，又為銳角，所以，所以，即當取最小值時，.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：由圓的切線的性質將所求轉化為求的最小值是解決本題的關鍵.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由平行關系可直接構造方程組求得結果；（2）由垂直關系可直接構造方程求得結果.【小問1詳解】解：因為直線滿足，所以，即，解得.所以，當時，.【小問2詳解】解：因為直線滿足，所以，解得.所以，當時，.16.【答案】（1）在圓上（2）或【解析】【分析】（1）設圓方程為，然后將三點坐標代入可求出圓的方程，再將點代入圓的方程驗證即可，（2）由已知可求得圓心到直線距離為1，然后分直線的斜率不存在和直線的斜率存在兩種情況求解即可.【小問1詳解】設圓方程為把三點坐標代入可得：，解得，所以圓方程是把點坐標代入可得：，故在圓上.【小問2詳解】由，得，所以圓心，半徑為，因為弦長等于4，所以圓心到直線距離為，當直線的斜率不存在時，即方程為，圓心到直線距離為1，滿足題意若直線的斜率存在，設直線方程為圓心到直線的距離，解得所以過點的直線為或.17.【答案】（1）（2）取得最大值或【解析】【分析】（1）設點，根據題意得到，代入圓，即可求解；（2）根據題意，設直線，求得圓心到直線的距離為，得到，結合基本不等式，求得最小值，進而求得直線的方程.【小問1詳解】解：設點，由點的坐標為，且是線段的中點，則，可得，即，因為點在圓上運動，所以點點坐標滿足圓的方程，即，整理得，所以點的軌跡方程為.【小問2詳解】解：過點定點的直線與曲線交于兩點，則直線的斜率一定存在且不為0，設直線，即，則圓心到直線的距離為，又因為，當且僅當時，即時，等號成立，所以時，取得最大值2，此時，解得或，所以取得最大值2，此時直線的方程為或.18.【答案】（1）直線恒過定點（2）【解析】【分析】（1）把直線方程整理成關于的方程，由恒等式知識可得定點坐標，點到直線的距離的最大時一定有與該直線垂直，可得結論.（2）求出直線與兩坐標軸交點坐標，得三角形面積，然后由基本不等式得最小值及參數值.【小問1詳解】直線方程為可化為對任意都成立，所以，解得，所以直線恒過定點.設定點為，當變化時，時，點到直線的距離最大，可知點與定點的連線的距離就是所求最大值，即，此時直線過點且與垂直，，解得故直線的方程為【小問2詳解】由于直線經過定點.直線的斜率存在且，可設直線方程為可得與軸?軸的負半軸交于兩點，，解得.當且僅當時取等號，面積的最小值為4，此時直線的方程為：，即：.19.【答案】（1）（2）過定點，理由見解析【解析】【分析】（1）設圓心，由結合兩點間的距離公式可得出關于的等式，求出的值，再求出圓的半徑，即可得出圓的方程；（2）求出點的坐標，對直線的斜率是否存在進行分類討論，在直線的斜率存在時，設直線的方程為，設點，將直線的方程與圓的方程聯立，列出韋達定理，結合可得出關于的關系式，并化簡直線的方程，即可得出直線所過定點的坐標；在直線的斜率不存在時，設直線的方程為，求出點的坐標，根據求出的值，即可得出結論.【小問1詳解】解：設圓心，由可得，解得，圓的半徑為，因此，圓的方程為.【小問2詳解】解：在圓的方程中，令，可得，解得，即點，當直線的斜率存在時，設直線的方程為，設點，聯立可得，，整理可得由韋達定理可得，，由題意可得，整理可得，所以，，因為直線不過點，則，